Konvergenzen..Divergenzen.....Das Übliche

30.11.2005, 22:16

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Sheli

Konvergenzen..Divergenzen.....Das Übliche

Hallo,
ich bin grad mit so ein paar Reihen beschäftigt. Hab zu manchen auch schon was raus, aber ich bin mir noch ziemlich unsicher und komme immer mehr durcheinander. Hier sind drei Reihen, mit denen ich so einige Probleme habe:

1. $[latex]\sum_{k=1}^\infty~\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{ \sqrt{n}}[/latex]$ ist die erste Reihe die man auf Konvergenz untersuchen muss.
Da weiss ich nicht einmal welches Kriterium ich benutzen soll.
Ich habs bisher so gemacht:
$[latex]\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{ \sqrt{n}}*\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} = \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}+n^2} < \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}} < \frac{1}{n}[/latex]$ also konv. die Folge gegen Null und die Reihe an sich konve. auch. Aber ich bin mir nicht sicher, ob mans so machen kann.

2. Dann gibts noch so eine Reihe mit der ich gar nichts anzufangen weiss.....
$[latex]\sum_{k=1}^\infty~(-1)^n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})[/latex]$
Ich hab mir überlegt dass ich das auch mit 3. binomischer Formel mache, also:
$[latex](-1)^n(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})* \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}[/latex]$ aber weiter komm ich auch nicht.

3. $[latex]\sum_{k=1}^\infty~\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}[/latex]$
Da bin ich so vorgegangen:
$[latex]\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}= (\frac{1}{n})^{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt[n]{n}} < 1/n[/latex]$

Ich weiss es ist ein wenig viel, aber es wäre wirklich lieb, wenn sich das trotzdem jemand anschauen würde.
MfG

30.11.2005, 22:25

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Mathespezialschüler

1. Du hast das ganze noch oben durch eine divergente Reihe abgeschätzt. Entweder du schätzt es nach oben durch eine konvergente Majorante oder nach unten durch eine divergente Minorante ab.
2. Leibniz-Kriterium.
3. Gleicher Fehler wie bei 1. Benutze

$[latex]\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1[/latex]$ .

Schätze damit $[latex]\sqrt[n]{n}[/latex]$ für genügend große [latex]n[/latex]

[latex]n[/latex]

nach oben ab.

Gruß MSS

30.11.2005, 23:10

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Sheli

Ok, kann ich es dann bei 1. folgendermaßen machen?
$[latex]\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}} < \frac{1}{\sqrt{n}} = \frac{1}{n^{\frac{1}{2}}} < 1[/latex]$

Wir hatte mal so eine Beispielaufgabe, da hat man es uns so vorgerechnet:
$[latex]\frac{n^2}{2^n}[/latex]$ und darauf kann man das Wurzelkriterium anwenden:
$[latex]\sqrt[n]{\frac{n^2}{2^n}} = \frac{(\sqrt[n]{n})^2}{2} -> \frac{1}{2}[/latex]$ und das konv. nach Wurzelkriterium. Aber irgendwie hab ich das nicht ganz verstanden. Vielleicht kannst du mir das erklären.

30.11.2005, 23:36

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Mathespezialschüler

Du hast ja schon wieder nach oben durch eine divergente Reihe abgeschätzt! Lies dir mal durch, was ich oben geschrieben habe! Was verstehst du denn bei der Anwendung des Wurzelkriteriums nicht?

Gruß MSS

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30.11.2005, 23:45

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Sheli

Ich weiss, ich muss es nach oben durch eine konvergente majorante abschätzen. Das Problem, ich hab noch nicht raugekriegt, wie man solche konvergente Majoranten findet, oder eher gesagt, wie man leicht erkennen kann, dass es eine ist. Ich weiss z.b, dass $[latex]\sum_{k=1}^n~\frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}[/latex]$ konvergiert, und man diese Reihe als konvergente Majorante benutzen kann..und daher dachte ich, dass $[latex]\sum_{k=1}^n~\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ auch konvergiert, aber anscheinend doch nicht.
Ich hoffe, du weiss was ich meine....

30.11.2005, 23:49

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Sheli

Ach ja, und bei dem Wurzelkriterium. Ich glaub ich habs jetzt vestanden. Man kann ja $[latex]\sqrt[n]{n^2}= (\sqrt[n]{n})^2[/latex]$ schreiben, und dann geht das nach Wurzelkriterium gegen 1. Oder lieg ich doch damit falsch?

30.11.2005, 23:56

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Mathespezialschüler

Ein Kriterium geht gegen 1? Eine Formulierung, die vollkommen ohne Sinn ist ...
$[latex]\sqrt[n]{n}\to 1[/latex]$ für $[latex]n\to\infty[/latex]$ , ja das stimmt.
Nein $[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert nicht, denn es ist

$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}[/latex]$ ,

womit man eine divergente Minorante hat. Deswegn solltest du bei 1. und 3. jeweils nach einer divergenten Minorante (jeweils ein Vielfaches der harmonischen Reihe) und nicht nach einer konvergenten Majorante suchen.

Gruß MSS

01.12.2005, 23:39

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Sheli

Ich hab das jetzt nochmal versucht. Komme einfach mit den Minorante und Majoranten noch nicht wirklich klar, und hoffe deshalb, dass ich das jetzt zumindest größtenteils richtig gemacht habe.

Zu 3.:
$[latex]\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} > \frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+n}+\sqrt{n})} > \frac{1}{n(n+n+n)} = \frac{1}{3n^3}[/latex]$ und jetzt div. ja die Reihe $[latex]\sum_{k=1}^n~\frac{1}{3n^3}[/latex]$ also div. die zu untersuchende Reihe aus 3. ebenfalls. Wäre das jetzt richtig so?

02.12.2005, 14:00

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Lamalambra

Hey, habe die selbe Aufgabe, aber bei 2. habe ich eine kleine Anmerkung, ich habe das mit dem Leibniz-Kriterium mit jemand anderem ausprobiert und der hat dann festgestellt, dass das wohl irgendwie nicht funktioniert, ok, vielleicht hatte er da auch nen Fehler gemacht...
Vielleicht könnt ihr mir da ja noch mal helfen...

Gruß dat Lama

02.12.2005, 18:29

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Mathespezialschüler

Das sollte wohl 1. und nicht 3. heißen. Deine Abschätzung ist zwar bis auf das [latex]n^3[/latex]

[latex]n^3[/latex]

(da muss

[latex]n^2[/latex]

hin!) richtig, aber die Reihe über $[latex]\frac{1}{n^2}[/latex]$ konvergiert, d.h. du kannst es also nicht als divergente Minorante benutzen.
Ich habe doch gesagt, dass du durch ein Vielfaches der harmonischen Reihe abschätzen sollst. Nochmals zur Erinnerung: Die harmonische Reihe ist

$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{1}{n}[/latex]$ .

@Lamalambra
Das funktioniert sehr gut mit dem Leibnizkriterium. Du muss "nur" zeigen, dass $[latex]a_n:=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}[/latex]$ eine monoton fallende Nullfolge ist.

Gruß MSS

02.12.2005, 22:08

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Sheli

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert nicht, denn es ist

$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}[/latex]$

deshalb dachte ich auch, dass ichs damit abschätzen kann.

Aber jetzt sagst du, dass die Reihe über $[latex]\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert. Kannst du mir das nochmal erklären?

Ich hab überall nach irgendwelchen Beispielen gesucht, wie man konkrete Reihen auf Konvergenz untersucht. Aber ich hab nirgens wo welche finden können. Vielleicht kennst du ja eine Seite, auf der einige Beispielaufgaben zu finden sind.
Das Thema macht mir irgendwie Probleme, und da könnten Beispiele schon sehr weiterhelfen.
MfG

02.12.2005, 22:20

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therisen

Zitat:

Original von Sheli

Zitat:

Original von Mathespezialschüler
$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert nicht, denn es ist

$[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}>\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}[/latex]$

deshalb dachte ich auch, dass ichs damit abschätzen kann.

Aber jetzt sagst du, dass die Reihe über $[latex]\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert. Kannst du mir das nochmal erklären?

Nein, das hat er nicht gesagt. Die harmonische Reihe divergiert und somit auch $[latex]\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$

Gruß, therisen

02.12.2005, 22:38

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Mathespezialschüler

Zitat:

Original von Sheli
Aber jetzt sagst du, dass die Reihe über $[latex]\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}}[/latex]$ konvergiert. Kannst du mir das nochmal erklären?

Genau lesen! Ich habe gesagt, dass $[latex]\sum_{n=1}^{\infty}~\frac{1}{n^2}[/latex]$ konvergiert!!

Gruß MSS

03.12.2005, 19:41

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Sheli

So, noch ein Anlauf. Hoffe das das diesmal stimmt.

$[latex]\frac{1}{\sqrt{n}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} > \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}+n} = \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{2n}+n} =\frac{1}{\sqrt{2}n+n} = \frac{1}{(\sqrt{2}+1)n}[/latex]$ => Reihe div.

03.12.2005, 19:55

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Mathespezialschüler

Ja, so ist es gut! Freude

Freude

Gruß MSS

04.12.2005, 14:34

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G@st

Hallo!!!

Ich habe versucht die 2. Reihe zu rechnen, nur habe ich das Problem das ich nicht zeigen kann das es eine monoton fallende Nullfolge ist. Kann mir da jemend einen Tipp geben, wie ich es am besten machen kann?!?!

04.12.2005, 16:04

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Sheli

Hab jetzt nochmal die dritte versucht, also:
$[latex]\sum_{k=1}^\infty~\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}[/latex]$
Da komm ich aber nur soweit:
$[latex]\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}= (\frac{1}{n})^{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt[n]{n}} [/latex]$ Könnte man jetzt sagen, das $[latex]lim\sqrt[n]{n}=1[/latex]$ und dann $[latex]\frac{1}{n}[/latex]$ bleibt, und dass dann divergier und somit das ganze divergiert?

Bei der zweiten, da muss man doch zeigen dass $[latex]a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}[/latex]$ monoton fallend ist, also $[latex]a_{n+1} < a_{n}[/latex]$ . Kann man das durch Induktion machen, oder geht es auch einfacher?

04.12.2005, 16:59

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AD

Zitat:

Original von Sheli
Da komm ich aber nur soweit:
$[latex]\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}}= (\frac{1}{n})^{1+\frac{1}{n}} = \frac{1}{n}\frac{1}{\sqrt[n]{n}} [/latex]$ Könnte man jetzt sagen, das $[latex]lim\sqrt[n]{n}=1[/latex]$ und dann $[latex]\frac{1}{n}[/latex]$ bleibt, und dass dann divergier und somit das ganze divergiert?

Ist vollkommen richtig. Aufschreiben kann man das dann z.B. so: Es ist $[latex]\sqrt[n]{n}<2[/latex]$ für alle [latex]n[/latex]

[latex]n[/latex]

, also gilt auch

$[latex]\frac{1}{n^{1+\frac{1}{n}}} > \frac{1}{2n}[/latex]$

für alle [latex]n[/latex]

[latex]n[/latex]

.

04.12.2005, 18:36

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Mathespezialschüler

Zitat:

Original von Sheli
Bei der zweiten, da muss man doch zeigen dass $[latex]a_n = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}[/latex]$ monoton fallend ist, also $[latex]a_{n+1} < a_{n}[/latex]$

Induktion dürfte da nicht helfen. Du kannst da aber natürlich auch mit der Darstellung

$[latex]a_n=\sqrt{n+1}-\sqrt{n}[/latex]$

arbeiten.

Gruß MSS

04.12.2005, 19:55

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Sheli

Aber wie zeigt man Monotonie ohne Iduktion? Hilfe

Hilfe

04.12.2005, 20:00

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Mathespezialschüler

Indem man die Ungleichung $[latex]a_{n+1}<a_n[/latex]$ einfach äquivalent (!!) umformt, bis was wahres rauskommt.

Gruß MSS

04.12.2005, 20:39

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Sheli

Ok, hab das so umgeformt:
$[latex]\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}< \sqrt{n+1}-\sqrt{n}[/latex]$

<=> $[latex]\sqrt{n+2}< 2\sqrt{n+1}-\sqrt{n}[/latex]$

<=> $[latex]\sqrt{n+2}< \sqrt{4n+4}-\sqrt{n}[/latex]$

<=> $[latex](\sqrt{n+2})^2< (\sqrt{4n+4}-\sqrt{n})^2[/latex]$

<=> $[latex]n+2< -4\sqrt{n}\sqrt{n+1}+5n+4[/latex]$

<=> $[latex]-4n< -4\sqrt{n}\sqrt{n+1}+2[/latex]$

<=> $[latex]4\sqrt{n}\sqrt{n+1}<2+4n[/latex]$

<=> $[latex]2\sqrt{n}\sqrt{n+1}<1+2n[/latex]$

<=> [latex]4n(n+1)<1+4n+4n^2[/latex]

[latex]4n(n+1)<1+4n+4n^2[/latex]

<=>

[latex]0<1[/latex]

Das wäre doch damit dann gezeigt, oder?

Und dass mit der Nullfolge, kann ich dann damit argumentieren, dass $[latex]\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}[/latex]$ gegen Null geht?

04.12.2005, 22:55

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Mathespezialschüler

Ja, genau. So geht es z.B.. Ist beides richtig. Freude

Freude

Gruß MSS

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